analiticheskaya-ximiya_2012
.pdf1. Основные типы химических реакций, используемых в аналитической химии |
21 |
|
|
слабых оснований
pH = 14 – 1 pKоснования + |
1 lgCоснования; |
(1.9) |
|||||
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
солей слабых кислот |
|
|
|
|
|
|
|
pH = 7 + |
|
1 |
pKкислоты + |
|
1 |
lgCсоли; |
(1.10) |
2 |
|
2 |
|||||
|
|
|
|
|
|||
солей слабых оснований |
|
|
|
|
|||
pH = 7 – |
1 pKоснования – |
1 lgCсоли; |
(1.11) |
||||
|
2 |
|
|
2 |
|
буферных растворов, образованных слабой кислотой и ее солью (солью слабой кислоты и сильного или слабого основания)
pH = pKкислоты – lg(Cкислоты / Cсоли); |
(1.12) |
буферных растворов, образованных слабым основанием и ее солью (солью слабого основания и сильной или слабой кислоты)
pH = 14 – pKоснования + lg(Cоснования /Cсоли); |
(1.13) |
амфолитов (кислых солей) |
|
pH = (pKn + pKn+1) / 2. |
(1.14) |
1.2.1. Примеры решения задач
Примеры 8–10 помогут Вам при решении задач № 51–100.
ª ПРИМЕР 8. Вычислить рН раствора, полученного при сливании:
а) 20,0 мл 0,1 М раствора NaOH и 16,0 мл 0,08 М раствора HCl. Решение. Запишем уравнение реакции
NaOH + HCl = NaCl + H2O
С целью выяснения состава раствора, образовавшегося после сливания, рассчитаем количества веществ в исходных растворах:
n0(NaOH) = 20,0 · 10–3 · 0,1 = 2,0 · 10–3 моль; n0(HCl) = 16,0 · 10–3 · 0,08 = 1,28 · 10–3 моль.
Так как n0(NaOH) > n0(HCl), то NaOH находится в избытке, следовательно, в образовавшемся после сливания растворе будут находиться NaOH и NaCl в следующих количествах:
22 |
Контрольная работа № 1. ОБЩИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ВОПРОСЫ |
|
|
n1(NaOH) = n0(NaOH) – n0(HCl) = 2,0 · 10–3 – 1,28 · 10–3 = = 0,72 · 10–3 моль.
NaCl является солью сильной кислоты и сильного основания и на pH не влияет.
Объем раствора (V) составит 20,0 + 16,0 = 36,0 мл. Рассчитаем концентрацию NaOH в растворе:
С(NaOH) = 0,72 · 10–3/ 36 · 10–3 = 0,02 моль/л.
Исходя из состава раствора выбираем формулу (1.8) для расчета рН сильного основания:
pH = 14 + lgC(NaOH) = 14 + lg(0,02) = 12,3;
б) 20,0 мл 0,1 М раствора NaOH и 36,0 мл 0,08 М раствора HCl. Решение. Запишем уравнение реакции
NaOH + HCl = NaCl + H2O
С целью выяснения состава раствора, образовавшегося после сливания, рассчитаем количества веществ в исходных растворах:
n0(NaOH) = 20,0 · 10–3 · 0,1 = 2,0 · 10–3 моль; n0(HCl) = 36,0 · 10–3 · 0,08 = 2,88 · 10–3 моль.
Так как n0(NaOH) < n0(HCl), то HCl находится в избытке, следовательно, в образовавшемся после сливания растворе будет присутствовать HCl в следующем количестве:
n1(HCl) = n0(HCl) – n0(NaOH) = 2,88 · 10–3 – 2,0 · 10–3 = = 0,88 · 10–3 моль.
NaCl является солью сильной кислоты и сильного основания и на pH не влияет.
Объем раствора (V) составит 20,0 + 36,0 = 56,0 мл. Рассчитаем концентрацию HCl в растворе:
С(HCl) = 0,88 · 10–3/ 56 · 10–3 = 0,0157 моль/л.
Исходя из состава раствора выбираем формулу (1.6) для расчета рН сильного основания:
pH = lgC(HCl) = lg(0,0157) = 1,8.
1. Основные типы химических реакций, используемых в аналитической химии |
23 |
|
|
ª ПРИМЕР 9. Вычислить рН раствора, полученного при сливании:
а) 20,0 мл 0,12 М раствора NaCN и 15,0 мл 0,09 М раствора HCl.
Решение. Запишем уравнение реакции
NaCN + HCl = HCN + NaCl
С целью выяснения состава раствора, образовавшегося после сливания, рассчитаем количества веществ в исходных растворах:
n0(NaCN) = 20,0 · 10–3 · 0,12 = 2,4 · 10–3 моль; n0(HCl) = 15,0 · 10–3 · 0,09 = 1,35 · 10–3 моль.
Так как n0(NaCN) > n0(HCl), то NaCN находится в избытке, следовательно, в образовавшемся после сливания растворе будут присутствовать NaCN и HCN в следующих количествах:
n1(NaCN) = n0(NaCN) – n0(HCl) = 2,4 · 10–3 – 1,35 · 10–3 = = 1,05 · 10–3 моль;
n1(HCN) = n0(HCl) = 1,35 · 10–3 моль.
Объем раствора (V) составит 20 + 15 = 35 мл. Рассчитаем концентрации веществ в растворе:
С(NaCN) = 1,05 · 10–3/ 35 · 10–3 = 0,03 моль/л; С(HCN) = 1,35 · 10–3/ 35 · 10–3 = 0,039 моль/л.
Исходя из состава раствора выбираем формулу (1.12) для расчета рН буферных растворов:
pH = pK HCN – lg[С(HCN) / С(NaCN)] = 9,3 – lg(0,039 / 0,03) = 9,18;
б) 11,25 мл 0,12 моль/л раствора NaCN и 15,0 мл 0,09 моль/л раствора HCl.
Решение.
n(NaCN) = 11,25 · 10–3 · 0,12 = 1,35 · 10–3 моль; n(HCl) = 15,0 · 10–3 · 0,09 = 1,35 · 10–3 моль.
Так как n(NaCN) = n(HCl), то в образовавшемся после сливания растворе будет находиться только 1,35 · 10–3 моль HCN.
Объем раствора (V) составит 11,25 + 15,0 = 26,25 мл. Рассчитаем концентрацию HCN в растворе:
С(HCN) = 1,35 · 10–3/ 26,25 · 10–3 = 0,051 моль/л.
Исходя из состава раствора выбираем формулу (1.2) для расчета рН слабых кислот:
24 Контрольная работа № 1. ОБЩИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ВОПРОСЫ
pH = 12 pK HCN – 12 lg[С(HCN)] = 12 · 9,3 – 12 · lg(0,051) = 5,3;
в) 20,0 мл 0,12 моль/л раствора NaCN и 35,0 мл 0,09 моль/л раствора HCl.
Решение.
n0(NaCN) = 20,0 · 10–3· 0,12 = 2,4 · 10–3 моль; n0(HCl) = 35,0 · 10–3 · 0,09 = 3,15 · 10–3 моль.
Так как n0(HCl) > n0(NaCN), т. е. в избытке HCl, то в образовавшемся после сливания растворе будут находиться HCl и HCN в следующих количествах:
n1(HCl) = 35,0 · 10–3 · 0,09 – 20,0 · 10–3 · 0,12 = 0,75 · 10–3 моль; n1(HCN) = 20,0 · 10–3 · 0,12 = 2,4 · 10–3 моль.
Поскольку сильная кислота HCl подавляет диссоциацию слабой кислоты HCN, то рН определяется только ее концентрацией.
Объем раствора (V) составит 20,0 + 35,0 = 55,0 мл. Рассчитаем концентрацию HCl в растворе:
С(HCl) = 0,75 · 10–3/ 55,0 · 10–3 = 0,014 моль/л.
Исходя из состава раствора выбираем формулу (1.6) для расчета рН сильных кислот:
pH = – lg[С(HCl)] = – lg(0,014) = 1,87.
ª ПРИМЕР 10. Вычислить рН раствора, полученного при сливании 10,0 мл 0,1 моль/л раствора Na2HAsO4 и 16,0 мл 0,1 моль/л раствораHCl.
Решение. После сливания растворов могут протекать следующие реакции:
Na2HAsO4 + HCl = NaH2AsO4 + NaCl |
(1.15) |
NaH2AsO4 + HCl = H3AsO4 + NaCl |
(1.16) |
Рассчитаем количества вещества в исходных растворах: n(Na2HAsO4) = 10,0 · 10–3 · 0,1 = 1,0 · 10–3 моль;
n(HCl) = 16,0 · 10–3 · 0,1 = 1,6 · 10–3 моль.
ТаккакNa2HAsO4 взятвнедостатке, товсеколичествоегопрореагирует с HCl согласно уравнению (1.15), и после протекания реакции
(1.15) враствореостанется1,0 · 10–3 мольNaH2AsO4 и(1,6 – 1,0) · 10–3 =
1. Основные типы химических реакций, используемых в аналитической химии |
25 |
|
|
= 0,6 · 10– 3 моль HCl. Аналогично после реакции (1.16) в растворе будутнаходитьсяH3AsO4 иNaH2AsO4 вследующихколичествах:
n(NaH2AsO4) = 1,0 · 10–3 – 0,6 · 10–3 = 0,4 · 10–3 моль; n(H3AsO4) = 0,6 · 10–3 моль.
Объем раствора (V) после смешения составит 10 + 16 = 26 мл,
или 26 · 10–3 л.
Рассчитаем концентрации компонентов в растворе:
С(NaH2AsO4) = 0,4 · 10–3/ 26 · 10–3 = 0,015 моль/л; С(H3AsO4) = 0,6 · 10–3/ 26 · 10–3 = 0,023 моль/л.
Исходя из состава раствора выбираем формулу (1.12) для расчета рН буферных растворов:
pH = pK1H3AsO4 – lg(С(H3AsO4) / С(NaH2AsO4)) =
=2,22 – lg(0,023 / 0,015) = 2,03.
1.2.2Контрольные задания
51–100. Вычислить рН раствора, полученного при сливании растворов 1 и 2.
№ |
|
|
|
|
Раствор 1 |
|
|
Раствор 2 |
|
|
|
|
|
|
|||||
51 |
20,0 |
мл 0,12 |
М NaOH |
5,2 мл 0,24 М HCl |
|||||
52 |
20,0 |
мл 0,25 |
М NaOH |
10,2 мл0,5 МраствораHCl |
|||||
53 |
25,0 млHNO3 ститром0,006128 г/мл |
0,25 |
мл 0,1105 |
н. NaOH |
|||||
54 |
25,0 |
мл 0,1120 М KОН |
10,5 |
мл 0,1396 |
М HCl |
||||
55 |
20,0 |
мл 0,175 |
н. H2SO4 |
35 мл NaOH с титром |
|||||
|
|
|
|
|
|
0,004000 г/мл |
|
||
56 |
100,0 |
мл 0,01 |
н. HCl |
100,1 |
мл 0,01 н. NaOH |
||||
57 |
25,0 |
мл 0,1 М HNO3 |
15,5 |
мл 0,11 М NaOH |
|||||
58 |
20,5 |
мл 0,102 |
н. NaOH |
15,2 |
мл 0,1 М H2SO4 |
||||
59 |
20,50 |
мл 0,1 |
М H3AsO4 |
45 мл 0,1 М KОН |
|||||
60 |
12,00 |
мл 0,30 |
М HCOOH |
15,00 |
мл 0,10 М NaOH |
||||
61 |
20,5 |
мл 0,1 М Na2CO3 |
20,25 |
мл 0,2 М HCl |
|||||
62 |
18,75 |
мл 0,112 М H2С2O4 |
40,00 |
мл 0,109 |
М NaOH |
||||
63 |
20,25 |
мл 0,1 |
М HCOOH |
20,3 |
мл 0,1005 |
М KОН |
|||
64 |
18,75 |
мл 0,1 |
М раствора гидразина |
15,00 |
мл 0,125 |
М HCl |
|||
65 |
19,25 мл0,105 н. растворагидроксил- |
10,10 |
мл 0,1 н. HCl |
||||||
|
амина |
|
|
|
|
|
|
|
26 |
|
|
Контрольная работа № 1. ОБЩИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ВОПРОСЫ |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
№ |
|
|
Раствор 1 |
|
|
Раствор 2 |
|
|
|
|
|
||||
66 |
25,0 |
мл 0,02723 М HCl |
20 мл 0,1 М Na2HPO4 |
||||
67 |
25,0 |
мл 0,1 М Na3PO4 |
50,0 |
мл 0,1 М HCl |
|||
68 |
20,0 |
мл 0,11 |
М Na2HPО4 |
15 мл 0,05 М H2SO4 |
|||
69 |
22,5 |
мл 0,2 М K2НРО4 |
25 мл 0,2 М H2SO4 |
||||
70 |
20,0 |
мл 0,1 М KОН |
10,5 |
мл 0,1 М H2SO4 |
|||
71 |
20,0 |
мл 0,1 М этилендиамина |
19,75 |
мл 0,1 |
М HCl |
||
72 |
20,0 |
мл 0,15 |
н. HCOOH |
40 мл 0,075 М KОН |
|||
73 |
100,0 мл 0,1 н. раствора однооснов- |
99,9 мл 0,1 М раствора |
|||||
|
ной кислоты (K = 1·10–6) |
NaOH |
|
||||
74 |
30,0 |
мл 0,15 |
н. СH3COOH |
60 мл 0,075 М NaOH |
|||
75 |
100,0 мл 0,1 |
н. HCOOH |
99,9 |
мл 0,1 М NaOH |
|||
76 |
20,55 мл 0,1 |
М NH4OH |
20,86 |
мл 0,0985 М HCl |
|||
77 |
15,0 |
мл 0,1 н. Na2СO3 |
15,0 |
мл 0,1 н. HCl |
|||
78 |
20,0 |
мл 0,1036 М H3PO4 |
15,82 |
мл 0,1307 М NaOH |
|||
79 |
20,0 |
мл 0,1 М H3PO4 |
15,20 |
мл 0,1280 М NaOH |
|||
80 |
17,5 |
мл 0,12 |
М H3PO4 |
35 мл 0,12 М KОН |
|||
81 |
17,46 мл 0,1 |
М H3PO4 |
17,80 |
мл 0,1950 М NaOH |
|||
82 |
25,0 |
мл 0,12 |
М H3PO4 |
30,00 |
мл 0,25 М KОН |
||
83 |
15,05 мл 0,1 |
М H3PO4 |
45,15 |
мл 0,1 |
М NaOH |
||
84 |
25,0 |
мл 0,1 М Na3PO4 |
24,5 |
мл 0,2 М HCl |
|||
85 |
24,3 |
мл 0,12 |
М Na3PO4 |
40,52 |
мл 0,12 М HCl |
||
86 |
20,0 |
мл 0,125 М Na2CO3 |
24,00 |
мл 0,1 |
М HCl |
||
87 |
19,0 мл 6,2 н. СH3COOH |
1,0 мл 2,0 н. CH3COONa |
|||||
88 |
15,0 |
мл 0,05 |
н. СH3COOH |
15,0 мл0,01 н. CH3COONa |
|||
89 |
125,0 мл 0,2 |
М NH4ОH |
125,0 |
мл 0,2М NH4Cl |
|||
90 |
12,0 |
мл 0,2 М NH4ОH |
12,0 |
мл 0,5 М NH4Cl |
|||
91 |
17,0 |
мл 0,2 М NH4ОH |
17,0 |
мл 1 М NH4Cl |
|||
92 |
50,0 |
мл 0,05 |
М NH4ОH |
60,0 |
мл 0,01 |
н. НС1 |
|
93 |
15,0 |
мл 0,05 |
н. СH3COOH |
20,0 |
мл 0,02 |
н. KOH |
|
94 |
25,0 |
мл 0,10 |
н. NH4ОH |
15,0 |
мл 0,10 |
н. HNO3 |
|
95 |
110,0мл0,2 M лимоннойкислоты |
120,0 |
мл 0,25 н. KOH |
||||
96 |
20,0 |
мл 0,1 М этилендиамина |
20,0 |
мл 0,12 |
н. HCl |
||
97 |
170,0 мл0,1 M малеиновойкислоты |
70,0 |
мл 0,15 |
н. KOH |
|||
98 |
37,0мл0,1 M малоновойкислоты |
12,0 |
мл 0,25 |
н. KOH |
|||
99 |
470,0 мл0,12 M виннойкислоты |
270,0 |
мл 0,14 н. KOH |
||||
100 |
320,0 мл 0,1 M адипиновой кислоты |
200,0 |
мл 0,15 н. KOH |
1. Основные типы химических реакций, используемых в аналитической химии |
27 |
|
|
1.3. Окислительно-восстановительное равновесие
Окислительно-восстановительные реакции лежат в основе многих методов обнаружения и определения веществ.
Для обратимой окислительно-восстановительной полуреакции Ox + ne R Red зависимость окислительно-восстановительного потенциала Е от активностей окисленной (Ох) и восстановленной (Red) форм выражается уравнением Нернста:
E = Eo |
+ RT ln |
COx |
, |
(1.17) |
|
||||
Ox/Red |
nF CRed |
|
||
|
|
где EOxo /Re d – стандартный окислительно-восстановительный потенциал. При 25оС уравнение имеет следующий вид:
E = Eo |
+ 0,059 lg |
COx |
. |
(1.18) |
|
||||
Ox/Red |
n |
CRed |
|
|
|
|
Если в окислительно-восстановительной полуреакции участвуют ионы водорода или OH–, то в уравнение Нернста входят их концентрации в соответствующей степени:
E |
= Eo |
+ |
0,059 |
lg |
COxСn |
+ |
|
|
|
|
|||
|
|
|
H |
|
, |
|
(1.19) |
||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
Ox/Red |
|
n |
|
CRed |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
0,059 |
|
|
COx |
|
|
|
|
|
|
E = |
EOx/Red |
+ |
|
lg |
|
|
|
|
|
|
. |
(1.20) |
|
n |
C |
Red |
Сn |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
− |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
OH |
|
|
|
Окислительно-восстановительная реакция (ОВР) является сочетанием двух полуреакций. Глубина протекания реакции определяется константой равновесия, которая может быть рассчитана по формуле
|
n(Eo |
− Eo |
) |
|
|
lg K = |
Ox1/Red1 |
Ox2 /Red2 |
|
. |
(1.21) |
0,059 |
|
||||
|
|
|
|
Здесь n – число электронов, участвующих в реакции окисления – восстановления (наименьшее общее кратное числа электронов, участвующих в реакции).
28 |
Контрольная работа № 1. ОБЩИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ВОПРОСЫ |
|
|
1.3.1. Примеры решения задач
Пример 11 поможет Вам при решении задач № 101–125.
ª ПРИМЕР 11. Вычислить константу равновесия окисли- тельно-восстановительной реакции MnO−4 + SO32− + H+ = Mn2+ + + SO24− + H2O и сделать вывод о ее направлении.
Решение. Запишем уравнения полуреакций: |
|
|
MnO4− + 8H+ + 5e = Mn2+ + 4H2O |
|
2 |
SO32− + H2O – 2e = SO42− + 2H+ |
|
5 |
Запишем суммарное уравнение:
2MnO−4 + 5SO32− + 16H+ = 2Mn2+ + 5SO24− + 8H2O
Находим по таблице [1] стандартные окислительно-восстанови- тельные потенциалы:
Eo |
− |
/Mn |
2+ = +1,51 В, Еo 2 |
− |
2 |
− = + 0,17 В. |
MnO4 |
SO4 |
|
/SO3 |
|
Число электронов, участвующих в реакции, n = 2 · 5 = 10. Рассчитаем константу равновесия:
lg K = Eо · n / 0,059 = (1,51 – 0,17) · 10 / 0,059 = 231,0, K = 10231 >> 1.
Следовательно, реакция будет протекать в прямом направлении. Пример 12 поможет Вам при решении задач № 126–135.
ª ПРИМЕР 12. Вычислить окислительно-восстановитель- ный потенциал, если к 15,0 мл 0,20 М раствора KMnO4 добавили 50,0 мл 0,10 М раствора Na2SO3 при рН = 1.
Решение. При смешении растворов протекает реакция (см. пример 11). Потенциал раствора после смешения будет определяться веществом, которое находится в избытке. Рассчитаем количество вещества (моль-экв) в обоих растворах:
n( 15 KMnO4) = 15,0 · 10–3· 0,20 · 5 = 15,0 · 10–3 моль-экв; n( 12 Na2SO3) = 50,0 · 10–3 · 0,10 · 2 = 10,0 · 10–3 моль-экв.
В избытке находится KMnO4. После протекания реакции в растворе будет содержаться
1. Основные типы химических реакций, используемых в аналитической химии |
29 |
|
|
n( 15 MnO−4 ) = 15,0 · 10–3 – 10,0 · 10–3 = 5,0 · 10–3моль-экв →
→ n( MnO−4 ) = 1,0 · 10–3моль;
n( 15 Mn2+) = 10,0 · 10–3 моль-экв → n(Mn2+) = 2,0 · 10–3моль.
Объем раствора после смешения составит 15,0 + 50,0 = 65,0 мл = = 65 · 10–3 л.
Рассчитаем концентрации ионов:
С( MnO−4 ) = 1,0 · 10–3/ 65 · 10–3 = 0,0154 моль/л; С(Mn2+) = 2,0 · 10–3/ 65 · 10–3 = 0,0308 моль/л; C(H+) = 10–pH = 10–1 = 0,1 моль/л.
Рассчитаемокислительно-восстановительныйпотенциалраствора:
E = EMnOо −4 /Mn2+ + 0,059 / 5 · lg ([MnO−4 ] [H+]8 /[Mn2+] ) = = 1,51 + 0,059 / 5 · lg(0,0154 · (0,1)8/ 0,0308) = 1,49 В.
Пример 13 поможет Вам при решении задач № 136–142.
ª ПРИМЕР 13. Вычислить окислительно-восстановительный потенциал пары Hg22+ /Hg в присутствии ионов Cl–, приняв концентрацию ионов Cl– равной 0,1 моль/л.
Решение. В присутствии ионов Cl– в растворе образуется малорастворимое соединение Hg2Cl2. Полуреакцию
Hg2Cl2 + 2e = 2Hg + 2Cl–
можно представить как сочетание реакций окисления – восстановления и осаждения:
Hg22+ + 2e = 2Hg
Hg22+ + 2Cl– = Hg2Cl2
Найдемпосправочнику[1] EHgо |
22+ /2Hg = 0,792 В, ПРHg2Cl2 = 1,3·10–18. |
|||
Равновесная концентрация ионов ртути(I) определяется как |
||||
растворимость Hg2Cl2 при [Cl–] = 0,1 моль/л и составляет |
||||
С( Hg22+ ) = ПРHg2Cl2 / [Cl–]2 = 1,3 · 10–18/(0,1)2 =1,3 · 10–16 моль/л. |
||||
Отсюда |
|
|
|
|
E |
2+ |
/2Hg |
= 0,792 + 0,059 / 2 · lg 1,3 · 10–16 = 0,323 В. |
|
|
Hg2 |
|
|
30 |
Контрольная работа № 1. ОБЩИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ВОПРОСЫ |
|
|
Пример 14 поможет Вам при решении задач № 143–150.
ª ПРИМЕР 14. Вычислить окислительно-восстановитель- ный потенциал пары Cd2+/Cd в растворе, полученном смешением
40 мл 0,2 моль/л CdCl2 и 60 мл 4 моль/л KCN.
Решение. Окислительно-восстановительный потенциал пары Cd2+/Cd рассчитывается по уравнению Нернста:
ECd2+ /Cd = ECdо 2+ /Cd + 0,059 / 2 · lg [Cd2+].
Рассчитаем концентрации веществ после смешения:
Со |
2+ = |
|
ССdСd |
2 |
VCdCl |
2 |
= |
40 0,2 |
= 0,08моль/л; |
|
VCdCl2 |
+ VKCN |
40 + 60 |
||||||||
Cd |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
Со |
− = |
СKCNVKCN |
= |
60 4 |
= 2,4 моль/л. |
|
|
||||
CN |
VCdCl2 +VKCN |
40 + 60 |
|
||
|
|
В растворе протекает реакция комплексообразования: Cd2+ + 4CN– = Cd(CN)24−
поэтому равновесная концентрация ионов Cd2+ определяется процессом комплексообразования, протекающим в присутствии избытка CN –. Равновесие образования комплекса Cd(CN)24− характеризуется константой устойчивости:
βCd(CN)42− = |
[Cd(CN)42− |
] |
= 1,29 · 10 |
17 |
. |
|||
[Cd |
2+ |
] [CN |
− |
4 |
|
|||
|
|
|
] |
|
|
|
При значительном избытке лиганда и достаточно большой кон-
станте устойчивости можно принять, что [Cd(CN)2−] = Со 2+ = |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
Cd |
|
= 0,08 моль/л, [CN–] = Со |
− – 4 ·Со 2+ = 2,4 – 4 · 0,08 = 2,08 моль/л. |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
CN |
|
|
|
Cd |
|
|
|
|
Равновесную концентрацию ионов Cd2+ рассчитаем по формуле |
||||||||||||||
[Cd |
2+ |
] = |
|
|
CCdo |
2+ |
|
= |
|
0,08 |
= 3,31 10 |
−20 |
моль/л. |
|
|
βCd(CN)42− [CN−]4 |
|
1,29 1017 2,084 |
|
||||||||||
Найдем по справочникуEо 2+ |
/Cd |
= – 0,402 В. |
|
|
||||||||||
Отсюда |
|
|
|
|
|
Cd |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
E 2+ |
/Cd |
= – 0,402 + 0,059/2 · lg 3,31 · 10–20 = – 0,977 В. |
||||||||||
|
|
Cd |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|